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6 Hiperestáticas

6.0 Objetivos y contenido

Objetivos Contenido

Generales: — Entender qué es el hiperestatismo, cómo evaluar su grado, cuáles son sus manifesta-

ciones o consecuencias, sus ventajas y sus inconvenientes.

— Aprender a formular los sistemas de ecuaciones algebraicas que conducen a resolverun problema hiperestático

Específicos: — Aprender a detectar el hiperestatismo, distinguir sus tipos, evaluar su grado, conocer

sus ventajas y sus inconvenientes, y saber cómo se resuelven en general las estructurasque lo exhiben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

— Aprender a resolver de manera intuitiva estructuras hiperestáticas muy simples, • en estructuras de barras, y • en vigas simples. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

— Aprender el método de cálculo de vigas continuas • y extenderlo a otras estructuras en las que se pueda emplear . . . . . . . . .

— Aprender el método general de cálculo de estructuras hiperestáticas, • escribiendo automáticamente el sistema de ecuaciones

� con hiperestáticas de apoyo rígido, � con hiperestáticas de apoyo flexible, � con hiperestáticas internas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

§6.1

§6.2

§6.4

§6.6(*)

Adicional: — Adquirir soltura en la resolución de estructuras hiperestáticas,

• sencill as, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • de viga continua y asimilables, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • generales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

§6.3§6.5(*)§6.6(*)

(*) En versión impresa

6.2 Hiperestáticas

1 Además de las rótulas, que se disponen para eliminar el momento flector en una sección, pueden darse otros ingenios mecánicos para anularel cortante o el axil. En tales casos habrá que añadir un �1 por cada esfuerzo liberado en una sección.

6.1 Hiperestatismo

Qué esUna estructura es hiperestática si no es isostática porque contiene redundancias de alguno de los dos tipos:

— Le sobran apoyos o coacciones exteriores: tiene más de los estrictamente necesarios para asegurar elequili brio estático, o

— Le sobran caminos internos para conducir las cargas a los apoyos: tiene más elementos resistentes que losestrictamente indispensables.

TiposA tenor de lo dicho, se pueden dar dos tipos de hiperestatismo:

— hiperestatismo externo, cuando las coacciones exteriores son excesivas, o

— hiperestatismo interno, cuando hay redundancia de caminos para conducir las cargas.

Recuento de hiperestáticas El procedimiento para determinar el grado de hiperestatismo de una estructura consiste en:

— compararla con una isostática patrón, y

— sumar las redundancias que se observen respecto de aquélla, de la siguiente manera: • +1 por cada coacción exterior adicional, sea ésta de apoyo rígido o flexible (muelle); • +1 por cada esfuerzo que pueda transmiti r un elemento resistente redundante:

� +3 si es una viga (que trasmite axil , cortante y flector), � +1 si es un cable (que sólo trasmiti rá esfuerzo axil );

• �1 por cada rótula instalada1.

Ya se dijo en §2.2 que estructuras isostáticas patrón sólo hay dos: la ménsula generalizada y con apéndices de lafigura 6.1a, y la viga biapoyada generalizada y con apéndices de la figura 6.1b. Comparando con la segunda de ellasse determina que:

— El pórtico de la figura 6.1c es de grado de hiperestatismo 1, por su coacción horizontal en B.

— El pórtico de la figura 6.1d es de grado de hiperestatismo 1, por el cable añadido entre C y D.

— El marco de la figura 6.1e es de grado de hiperestatismo 3, por la viga añadida entre C y D.

— El pórtico triarticulado de la figura 6.1f es isostático porque el recuento arroja cero hiperestáticas: +1 porla coacción horizontal en B y �1 por la rótula intermedia. El pórtico triarticulado es una estructura bastantefrecuente y quizás debiéramos considerarla como estructura isostática básica.

Comparando con la ménsula generalizada de la figura 6.1a, se determina que:

— La ménsula con pescante atirantado de la figura 6.1g es hiperestática de grado 1, por el cable que conectasus apéndices.

— El arco de la figura 6.1h es de grado de hiperestatismo 2, por los dos apoyos flexibles en B y C.

El recuento de hiperestáticas debe arrojar el mismo valor si se parte de una u otra isostática básica.

§6.1 Hiperestatismo 6.3

2 Ésta puede ser una definición de estructura isostática: la que permite deformaciones impuestas sin generar esfuerzos en ella.

Figura 6.1Recuento de hiperestáticas

Hiperestáticas efectivasEl recuento anterior da un resultado total que a veces no se manifiesta en el cálculo para algunas cargas particulares.Así, la viga empotrada-apoyada de la figura 6.1i es de grado de hiperestatismo 2; sin embargo, para cargasperpendiculares a la directriz y momentos, en flexión (que no intenta modificar su longitud), sólo se manifiesta ungrado de hiperestatismo; para cargas horizontales sólo se manifiesta el otro. En el apartado de vigas continuas nosfijaremos más en este fenómeno.

Ventaja e inconvenienteVeremos que las estructuras hiperestáticas exhiben:

— la ventaja de que reparten mejor los esfuerzos: • entre los elementos resistentes que la componen, • entre las secciones de un mismo elemento resistente.

— el inconveniente de que sufren esfuerzos por movimientos impuestos, tales como: • dilatación térmica, o • imperfecciones geométricas, o • movimientos de los apoyos...,los cuales no afectan, en cambio, a las estructuras isostáticas, libres para acomodar cualquier tipo dedeformación y para moverse a su antojo2.

CálculoEl método general de cálculo de estructuras hiperestáticas se describe con detalle en el apartado 6.6. Adelantaremos,no obstante, los pasos a seguir:

6.4 Hiperestáticas

Figura 6.2Reducción de estructura hiperestática

a isostática asociada

— Se reduce la estructura hiperestática a otra isostática asociada dela siguiente manera: • reemplazando las coacciones externas redundantes por

sus reacciones exteriores, desconocidas, y • reemplazando cada elemento resistente considerado

redundante por los esfuerzos (desconocidos) quetransmite.

— Se escribe (y resuelve) el sistema de ecuaciones hiperestáticas queexpresan que bajo las cargas exteriores (conocidas) y lashiperestáticas (desconocidas) se obtiene: • movimientos nulos en las direcciones de las coacciones

liberadas, y • movimientos relativos nulos entre los extremos de los

elementos resistentes redundantes y la estructura.

Así, por ejemplo, el cálculo de la estructura hiperestática de grado 2 de lafigura 6.2a se puede realizar de la siguiente manera. Escogemos comoincógnitas hiperestáticas la reacción horizontal del apoyo B y la tensión Ten el tirante. Asimilamos su comportamiento al de la estructura isostática asociada de la figura 6.2b sobre la queactúan: la carga exterior, conocida, y las fuerzas desconocidas HB y ±T. Se escriben las ecuaciones hiperestáticas,que expresan que, bajo ambos grupos de cargas, se dan los siguientes movimientos: uB= 0, CD

(arco)= CD(cable).

Resolviendolas se determinan HB y T.

En el apartado 6.6 se dan reglas para escribir el sistema de ecuaciones hiperestáticas de forma automática.

Resumen — Estructuras hiperestáticas son las que poseen redundancias

• externas, por exceso de coacciones de apoyo, o • internas, por disponer de más elementos resistentes que los indispensables.

— El grado de hiperestatismo se determina comparando con una estructura isostática tipo y sumando: • el número de reacciones externas en exceso de 3,

� los apoyos flexibles cuentan igual que los rígidos; • el número de esfuerzos que pueden transmiti r los elementos resistentes redundantes; • �1 por cada rótula añadida.

— Algunas cargas exteriores no activan todas las coacciones hiperestáticas.

— El hiperestatismo: • es favorable para cargas gravitatorias: reparte mejor los esfuerzos • es desfavorable para movimientos y deformaciones impuestos (asientos, dilataciones)

— El cálculo de estructuras hiperestáticas se realiza: • convirtiendo la estructura en otra isostática asociada, reemplazando las coacciones redundantes

por cargas exteriores desconocidas, y • determinando dichas incógnitas de modo que los movimientos de la estructura isostática asociada

cumplan las mismas restricciones que los de la hiperestática original.

§6.2 Estructuras hiperestáticas simples 6.5

Figura 6.3Estructura y diagramas del ejemplo 6.2.1

Figura 6.4Reparto de cargas verticales, horizontales e inclinadas

6.2 Estructuras hiperestáticas simples

Ejemplo 6.2.1: Repar to de una fuerza hor izontalEn una viga biarticulada (figura 6.3a) de rigidez axial EA constantequeremos encontrar cómo se reparte entre los apoyos una cargahorizontal H que actúa en un punto intermedio x= a del vano deluz L.

Isostática asociadaSe trata de una estructura hiperestática de grado 1; sin embargo, estehiperestatismo sólo lo activan las cargas horizontales: para cargasverticales o momentos esta viga se comporta como isostática.Podemos elegir como incógnita hiperestática la reacción horizontalen A o la reacción horizontal en B. Eligiendo esta última resultacomo estructura isostática asociada la de figura 6.3b, sometida a lacarga exterior H, conocida, y a la reacción HB desconocida. Lamisión de esta última es mantener el punto B inmóvil; l a ecuaciónhiperestática o de compatibili dad es, pues, uB= 0.

SuperposiciónSobre la estructura isostática asociada actúan dos clases de cargas:las exteriores, conocidas, y la reacción hiperestática, desconocida.Invocando el principio de superposición, calcularemos separada-mente las contribuciones de cada una al movimiento uB.

Esfuerzos, movimientosPara calcular dichos movimientos es preciso determinar antes losesfuerzos que los producen. Es conveniente separar los casos de carga exterior y reacción hiperestáica. Sobre laestructura isostática asociada de la figura 6.3b la carga exterior produce la ley de esfuerzos axiles de la figura 6.3c,y la hiperestática HB, la de la figura 6.3d. Con ellas se determinan los movimientos siguientes:

¿Deformación por axil?La deformación por esfuerzo axil se desprecia casi siempre frente a la de flexión. Como aquí no hay deformaciónde flexión, no podremos despreciar frente a ella la deformación por axil: ¡nos quedaríamos sin deformaciones conlas que calcular los movimientos de nuestra ecuación de compatibili dad!

Ecuación hiperestáticaLa ecuación hiperestática es, pues:

El valor de las reacciones es:

(6.2-1)

y la ley de esfuerzos axiles finales la de la figura 6.3e.

6.6 Hiperestáticas

Enseñanzas: — Hemos resuelto una estructura hiperestática externa de grado 1 por el método general. Hemos dado los

siguientes pasos: • considerar una estructura isostática asociada con:

� cargas exteriores, conocidas, � y reacción hiperestática, desconocida;

• escribir su ecuación de compatibili dad en movimientos; • determinar separadamente los esfuerzos de cada sistema de cargas y, a partir de ellos, • calcular los movimientos que cada carga aporta a la ecuación de compatibili dad; • resolver la ecuación hiperestática y recomponer las leyes de esfuerzos.

— Hemos tenido que incluir las deformaciones por esfuerzo axil porque no había otras más importantes frentea las cuales despreciarlas.

— El resultado es sorprendente: en la viga de sección constante las cargas horizontales se reparten entre losapoyos igual que lo hacen las cargas verticales (en una viga de sección cualquiera) (figura 6.4a,b). Elcorolario es que en las vigas de sección constante las cargas inclinadas producen reacciones paralelas a ellas(figura 6.4c).

— Observamos que mientras en la viga isostática toda la carga H se la lleva un tramo (figura 6.3c), en lahiperestática se reparte entre los dos (figura 6.3e).

Ejemplo 6.2.2: Cargas mecánica y térmica sobre estructura de tres barr asSe trata de encontrar qué esfuerzos axiles produce en la estructura de la figura 6.5a (de igual sección EA y articuladasentre sí en su extremo común D) las siguientes cargas consideradas separadamente: (i) una carga vertical P, (ii ) unacarga horizontal H, y (iii ) un incremento de temperatura �T o sobre la barra AD.

Isostática asociada, compatibili dadPara sujetar las carga serían suficientes dos barras, que se las repartirían entre ellas de acuerdo con la regla delparalelogramo de fuerzas (figura 6.5c). Considerando la barra vertical como elemento redundante que sólo conduceesfuerzo axil , encontramos que la estructura es hiperestática interna de grado 1; su estructura isostática asociadapuede ser la de la figura 6.5b. La ecuación de compatibili dad debe expresar que los movimientos verticales (i) dela estructura isostática asociada bajo la carga exterior y el axil N2, y (ii ) de la barra central bajo su esfuerzo N2 hande ser iguales. Empezamos con la hipótesis de carga vertical P.

Esfuerzos, movimientos; contragradienciaLa regla del paralelogramo dada para la estructura isostática sometida a una carga vertical P�N2 los esfuerzos(figura 6.5c):

(a)

El alargamiento de cada barra (de longitud L/sen1) debido a su esfuerzo es:

(b)

lo que lleva a los extremos de cada barra a las posiciones D' y D" (figura 6.5d). Para acabar en posición aceptablepara ambas, girarán en torno a sus puntos fijos A y C describiendo unos arcos de circunferencia degenerados ensegmentos perpendiculares D'D1, D"D1; acabando, pues, en la posición D1. El desplazamiento vertical hacia abajov= DD1 en la estructura isostática asociada vale:

(c)



Observa el diferente tratamiento de las fuerzas en (a) y los movimientos en (c) que proclama el principio decontragradiencia: — las fuerzas en las barras se proyectan para resistir la fuerza del nudo, mientras que

— el movimiento del nudo se proyecta para dar los movimientos de las barras.

En la barra aislada BD su esfuerzo axil provoca un desplazamiento vertical hacia abajo de valor N2.L/EA. Lacompatibili dad exige que ambos desplazamientos verticales sean iguales:

(d)

El resultado tiene buen aspecto: si 1= %/2, N2= P/3 como dicta la razón. Los demás esfuerzos axiles salen de laecuación (a):

Carga hor izontalLa carga horizontal H provocará esfuerzos axiles iguales y de signo contrario sobre las barras de la estructuraisostática:

El alargamiento y acortamiento consiguientes encontrarán su punto de encuentro en el punto D2 de la figura 6.5e,situado en la horizontal DD2. Por tanto, la barra BD se moverá a BD2 sin necesidad de alargarse, sin provocaresfuerzo axil: N2= 0. Este resultado concuerda con lo esperado por la antisimetría de la carga.

6.8 Hiperestáticas

Carga térmicaEsta carga funciona como cualquiera otra. Los movimientos uD, vD del punto D (figura 6.5f) en la estructura isostáticaasociada se calculan con la fórmula (4.4-3); el encuentro se logra como en (4.4-4):

(El desplazamiento uD no interesa: no tensiona la barra central.) Corregimos este movimiento vD introduciendofuerzas ±N2 en la barra 2 y en la estructura isostática considerada. En esta última N2 produce el movimiento dado en(c) con P= 0. La ecuación hiperestática equivalente a la (d) anterior es ahora:

Y recordando (a) encontramos los demás axiles:

Enseñanzas — Hemos aplicado el método general de resolución de una estructura hiperestática interna para hipótesis de

carga heterogéneas: • fuerzas exteriores, y • movimientos impuestos (por calentamiento)

— Vemos que la ecuación hiperestática es semejante para todos los casos de carga: • El coeficiente de la incógnita hiperestática es siempre el mismo, y

� sólo depende de la estructura isostática asociada; � representa el movimiento (o la suma de movimientos) causado por una fuerza

hiperestática unidad; � es siempre positi vo (o suma de términos positi vos) si la fuerza hiperestática y su

desplazamiento se toman positivos con el mismo sentido. • El término independiente es el movimiento causado por la carga exterior al actuar sobre la estruc-

tura isostática asociada.

— Se ha puesto de manifiesto el principio de contragradiencia: • las fuerzas en las barras se proyectan para resistir la fuerza del nudo, mientras que • el movimiento del nudo se proyecta para dar los movimientos de las barras.

— Hemos comprobado que las estructuras hiperestáticas sufren esfuerzos cuando se las somete a movimientosimpuestos (no así las isostáticas).


Figura 6.6Viga biempotrada y diagramas del ejemplo 6.2.3

Ejemplo 6.2.3: Viga biempotradaQueremos encontrar cómo se reparten sobre una vigabiempotrada los momentos flectores producidos por unasobrecarga uniforme q (figura 6.6a).

Grado de hiperestatismoSe trata de una estructura hiperestática de grado 3. Sinembargo, uno de ellos (el de reparto de reaccioneshorizontales) sólo se activa mediante cargas axiales: paracargas de flexión (perpendiculares a la directriz o momentos)el grado de hiperestatismo efectivo es 2. En este caso, además,podemos aprovechar la simetría para reducirlo a uno.

Método 1: una incógnitaEn efecto: si tomamos como estructura isostática asociada laviga biapoyada con momentos en los extremos de igualmagnitud y sentidos opuestos (figura 6.6b), la misión de éstosserá anular los giros �A y �B de los extremos. La ecuación decompatibili dad es:

¡La ley de Mf se mueve!La ley de momentos flectores resultante es la suma de lascorrespondientes a la carga uniforme (figura 6.6c) y a losmomentos de empotramiento (figura 6.6d); esta suma se dibujaen la figura 6.6e. El hiperestatismo empuja hacia arr iba laley de momentos flectores de la estructura isostática.

Método 2: dos incógnitasLa elección de incógnitas hiperestáticas no afecta al resultadopero sí, al trabajo necesario para hallarlo. Así, si elegimoscomo estructura isostática asociada la ménsula de lafigura 6.6f, las incógnitas hiperestáticas serán dos, MB y VB , en vez de una, porque hemos roto la simetría delproblema (a menos que tengamos la astucia de decidir VB= qL/2). Las ecuaciones de compatibili dad serán �B= 0,vB= 0 (escritas en el mismo orden que sus incógnitas "novias"), movimientos que se obtienen a partir de las leyesde momentos flectores de las figuras 6.6g-i:

Este sistema queda límpido escrito en forma matricial:

(d)

6.10 Hiperestáticas

Figura 6.7Estructura y diagramas del problema 6.3.1

Método 3: truco de profe repelenteSi hemos entendido que los momentos hiperestáticos en los extremos “suben” la ley de momentos flectores, podemoscalcular cuánto ha de ser esta “subida” para que el giro relativo entre los dos extremos de la viga sea cero. Las áreasde momentos flectores negativa M� y positiva deben ser iguales. Por tanto:

Enseñanzas: — El resultado final no depende de las incógnitas hiperestáticas escogidas; el esfuerzo de cálculo, sí.

— La ley de momentos flectores en la viga hiperestática es la de la viga isostática pero • desplazada hacia "arriba" (cuando el efecto hiperestático es beneficioso),

� lo cual reduce el esfuerzo máximo.

— El sistema (d) de ecuaciones hiperestáticas (si se escriben las ecuaciones en el mismo orden que lasincógnitas y con el mismo criterio de signos): • es simétrico, • los coeficientes de la diagonal principal son positivos, • la matriz sólo depende de la estructura, • el término independiente contiene los movimientos por cargas exteriores, con signo negativo.

� Si nos cambian la carga exterior sólo tenemos que cambiar el término independiente.

§6.3 Problemas de estructuras hiperestáticas sencill as 6.11

6.3 Problemas de estructuras hiperestáticas sencill as

Problema 6.3.1: Cargas oblicuasEn la viga de la figura 6.7a, cargada como se muestra en la propia figura, cuya sección transversal se muestra enla figura 6.7b, se pide determinar:

a) La máxima tensión de compresión.

b) La máxima tensión de tracción.

c) La máxima tensión tangencial.

Así como la localización (sección y fibra) en que aquellas tensiones se producen. (Examen enero 96.)

De acuerdo con las enseñanzas del ejemplo 6.2.1, la carga horizontal de 300 kN producirá reacciones horizontalesinversamente proporcionales a su distancia a los apoyos: HA= 300×3,6/6= 180 kN, HB= 300×2,4/6= 120 kN; y lacarga vertical (definida por unidad de longitud proyectada, x), reacciones verticales VA= VB= 300 kN (figura 6.7c).

Las leyes de esfuerzos serán (en el sistema x, y de la figura 6.7c):

en donde y= x, cos�= sen�= �2/2. En el punto C se tienen los siguientes esfuerzos: NC�=�84,85 kN,NC+= 127,28 kN, MC= 864 kN×m.

En el centro del vano se tienen los siguientes esfuerzos:

Las leyes de esfuerzos axiles y momentos flectores son las que se muestran en la figuras 6.7d,e. Esta última es lasuma de la parábola de 2º grado de la carga distribuida más el triángulo de la carga puntual, que se muestran depuntos en la figura 6.7e.

Los parámetros mecánicos de la sección son: A= 0,45 m2, cs= 0,33 m, ci= 0,57 m, I= 0,0293 m4, Memax= 0,0486 m3.

La combinación pésima para producir tensión de compresión se da en la sección C�, fibra superior de la sección:

La máxima tensión de tracción se producirá en la fibra inferior de C+:

La máxima tensión tangencial se tendrá sobre la fibra neutra de la sección A, donde el cortante vale(300+180)�2/2= 339,4 kN:

Enseñanzas: — Nos ha sido muy útil saber de antemano cómo se reparten entre los apoyos las cargas oblicuas a una viga.

— En las vigas rectas se produce desacoplamiento entre los esfuerzos axiles y de flexión: • para los esfuerzos axiles, sólo cuentan las cargas axiales. • para los esfuerzos de flexión (cortantes y flectores) sólo, las cargas transversales

� perpendiculares a la viga � y momentos


3 El hecho de que se nos permita despreciar las deformaciones por axil �= N/EA (frente a las de flexión �(y)=�3.y) no nos da ningún derechoa despreciar las elongaciones térmicas �T= ��T.


Problema 6.3.2: Apoyo aviesoLa viga de la figura 6.8a está empotrada en su extremo izquierdo y simplemente apoyada sobre un plano inclinado45o en su extremo derecho. Su sección es rectangular de 50 cm de canto por 35 cm de ancho. La viga sufre unincremento térmico de 55oC en su cara superior y de 45oC en su cara inferior. Se admite que en el interior latemperatura varía linealmente en el canto. Las características del material son: E= 20.000 MPa, �=10�5 oC�1. Sepide:

a) Dibujar y acotar las leyes de esfuerzos axil , cortante y flector.

b) Determinar los tres movimientos del extremo B de la viga.

Nota: Se despreciarán las deformaciones producidas por los esfuerzos axil y cortante. (Examen junio 95.)

Solución 1a) Tomamos como incógnita hiperestática la reacción en B. Liberando su coacción, por efecto de la carga térmicael punto B tendrá un movimiento horizontal uB debido al alargamiento térmico3 y un movimiento vertical vB

producido por la curvatura:

Aunque producen movimientos, estas cargas térmicas no producen esfuerzos sobre la estructura isostática asociada.

Se ve que el efecto térmico lleva el punto B a la posición B' de la figura 6.8b. Este punto no yace sobre el planoinclinado de la sustentación en B por lo que habrá que introducir una reacción en B (de componentes VB , HB) quelo lleve a B1. Este punto debe estar sobre la vertical de B porque al despreciar la deformación por esfuerzo axil la vigadebe mantener su longitud final L+uB; el lugar geométrico de B1 es, pues, la circunferencia de centro en A y radioL+uB , que para movimientos pequeños degenera en el segmento perpendicular a B. La ecuación de compatibili dades (tanto si se desprecia la deformación por axil como si no) vB= uB.tg1. Para cumpli rla, VB debe elevar B' la cantidadde �vB

(ext)+uB(ext)tg1. Para ello debe valer:


4Observa la variación inversa vB /uB =tg1= HB /VB .

Esta VB debe provenir de una reacción inclinada de valor RB= VB�2, que producirá (a la vez que la componentevertical VB) una componente horizontal HB=�VB.tg1 .4 Las leyes de esfuerzos axiles, cortantes y flectores son lasproducidas por estas reacciones hiperestáticas, las de las figuras 6.8c-e.

Si se decidiera incluir la influencia del esfuerzo axil , la ecuación hiperestática general es:

en donde ya se ha hecho uso de HB=�VB.tg1. Esta ecuación da por resultado VB= 0,873 t. por lo que el errorcometido al despreciar el esfuerzo axil es del 0,25%.

b) Los movimientos finales de B son uB= vB= 2,5 mm. El giro final en B proviene (i) de la curvatura por temperaturay (ii ) de la flexión de la reacción VB:

Solución 2a) Tomaremos como hiperestática el momento en el empotramiento A. Por efecto del alargamiento térmico se tienenlos movimientos uB= vB= 2,5×10�3 m sobre la estructura isostática asociada (figura 6.8f), además de la curvaturatérmica de �0,2×10�3 rad/m. Estos efectos producirán giros: (i) por elevación del apoyo B: �A= �B= vB/L= 0,5×10�3 rad, y (ii ) por curvatura térmica: �A=��B= 3T.L/2= 0,5×10�3 rad.

Para anular el giro en A necesitamos un momento exterior en ese punto (figura 6.8f) de valorMA=�3EI.�A/L=�4,375 m×t (el signo � por su sentido horario).

b) Los movimientos finales de B son los uB y vB del caso térmico, más el giro �B causado por: (i) el movimiento deapoyo vB , (ii ) la curvatura térmica y (iii ) el momento hiperestático MA , que totali zan:0,5×10�3 �0,5×10�3 �MA L/6EI= 0,5×10�3 rad.

Enseñanzas: — Hemos resuelto un problema de hiperestática con apoyo oblicuo de dos maneras:

• En la primera, la reacción hiperestática era la propia de apoyo oblicuo; por ello � los movimientos de la estructura isostática asociada era muy fáciles de calcular, pero � la ecuación de compatibili dad era más compleja que la de apoyo fi jo, porque una

componente de la reacción inducía otra. • En el segundo procedimiento la incógnita hiperestática era de apoyo fijo, por lo que

� la ecuación hiperestática era muy sencill a de escribir, pero � en la estructura isostática había unos movimientos inducidos por otros.

— En este problema pudimos despreciar la deformación por esfuerzo axil porque teníamos deformación porflexión, más importante.

— Resolvimos el problema (i) despreciando y (ii ) considerando la deformación por axil , y comprobamos que,efectivamente, su influencia era despreciable.


5 Para cargas horizontales no es estable ni siquiera colgando de tres barras. Para resolver este problema con el computador sería necesarioproveer un apoyo horizontal; de lo contrario su matriz de rigidez es singular.

Figura 6.9Estructura hiperestática e isostática

asociada del problema 6.3.3

Problema 6.3.3: Losa r ígida colgadaUna viga infinitamente rígida de 100 kN de peso está suspendidade tres barras biarticuladas (figura 6.9a). Las barras laterales sonde aluminio (E= 0,7×105 MPa, �= 27×10�6 oC�1) de 2 cm2 desección, y la interior, de acero (E= 2,1×105 MPa,�= 12×10�6 oC�1 ) de 12 cm2 de sección. Se pide:

a) Determinar los esfuerzos de cada barra cuando sólo actúa elpeso propio.

b) Calcular las esfuerzos totales de cada barra cuando, ademásdel peso propio, actúa la siguiente carga térmica: un enfriamientode 20oC en la barra de acero y un calentamiento de 15oC en lasbarras de aluminio. (Examen febrero 94.)

Si la estructura colgara de dos barras, sería estable para cargasverticales5; la tercera barra, redundante, la convierte enhiperestática de primer grado. Como las únicas deformaciones sonlas de esfuerzo axil , es indispensable considerarlas.

Tomaremos como incógnita hiperestática el esfuerzo axil N2 en labarra intermedia. La estructura isostática asociada es, pues, la dela figura 6.9b, en la que la carga N2 es la necesaria para conseguirvB

(viga)= vB(barra).

a) Debido al peso propio, N1= N3= 50 t:

Debido a la carga N2, N1=�N2/3, N3=�2N2/3:

La ecuación de compatibili dad resulta:

Observa que los coeficientes de N2 se suman en la ecuación hiperestática. Los valores finales son: N1= 5�N2/3=22,74 kN, N2= 81,78 kN, N3= 5�2×T2/3=�4,52 kN.

b) Consideraremos la carga térmica aislada. Su ecuación de compatibili dad variará sólo en el término independiente:


La nueva ecuación de compatibili dad es:

La carga de temperatura aislada da: T1=�4,92 kN, N2= 14,77 kN, T3=�9,85 kN. Equili bran una carga nula.Superpuesta con la de peso propio resulta: N1= 17,80 kN, N2= 96,55 kN, N3=-14,36 kN, que equili bran una cargaexterior de 100 kN.

Enseñanzas: — Hemos resuelto un problema hiperestático con dos hipótesis de carga heterogéneas:

• carga mecánica, y • carga térmica.

— Las ecuaciones de compatibili dad resultaron: • Iguales en el coeficiente de la incógnita hiperestática:

� que es positivo (al tomar fuerza hiperestática y su movimiento con el mismo conveniode signos),

� suma de términos positi vos: los movimientos por la fuerza hiperestática en las dossubestructuras (viga y cable).

• Diferentes en el término independiente: � que incorpora los movimientos debidos a la carga exterior.

— Comprobamos que la carga térmica: • no produjo tensiones en la estructura isostática asociada, pero • sí produjo tensiones en la estructura hiperestática.

— Para calcular el efecto conjunto de ambas hipótesis preferimos: • calcular su efecto aislado, y • aplicar el principio de superposición.

Problema 6.3.4: Barr a de sección var iable La estructura de la figura 6.10a está formada por dos vigas del mismo material (E= 2×105 MPa, �= 10�5 oC�1) y dela misma longitud pero de distinta sección, como se muestra en dicha figura. La sustentación impide losdesplazamientos de los extremos A y B pero no impide sus giros. Se pide: (i) dibujar las leyes de esfuerzos,(ii ) calcular la ténsión pésima, y (iii ) determinar el desplazamiento horizontal del punto medio M para cada una delas dos hipótesis de carga siguientes:

a) Calentamiento de la mitad MB de la estructura con distribución lineal de temperaturas a lo alto del canto entre�Ts= 100oC en la cara superior de MB y �Ti= 0oC en la cara inferior.

b) Actuación de una carga exterior axil aplicada según la directriz con la distribución triangular de la figura 6.10b.(Examen junio 92.)

La viga es hiperestática de grado 1 para cargas o deformaciones axiles, e isostática para cargas de flexión. Porconsiguiente, la curvatura que adquirirá la viga por el gradiente transversal de temperatura se producirá librementey no inducirá esfuerzos. Tomamos como incógnita hiperestática la reacción HB , positiva hacia la derecha (consistentecon el movimiento) aun a sabiendas de que en ambas hipótesis de carga resultará negativa. La estructura isostáticaasociada es, pues, la de la figura 6.10c.

a) En la estructura isostática asociada se tiene:



(i) Para inmovili zar el apoyo B se precisa, pues, HB=�166,67 kN. El único esfuerzo para esta primera hipótesis decarga es N=�166,67 kN en toda la viga.

(ii ) La tensión pésima es )=�166,67×10�3 /25×10�4 =�66,67 MPa en el tramo MB.

(iii ) El punto M no se mueve por calentamiento de MB (en la estructura isostática de la figura 6.10c). Sólo se muevepor la acción de la hiperestática:

b) Para la segunda hipótesis sólo necesitamos calcular el término independiente de la ecuación uB= 0, esto es, eldebido a la carga exterior de la figura 6.10b es preciso calcular antes la ley de esfuerzos axiles correspondiente. Éstaley es:

que coincide con el área del trapecio de carga entre x y B. Su representación gráfica se da en la figura 6.10d. Losmovimientos uM y uB que causa esta ley son:

La nueva ecuación hiperestática es:

(i) La ley de esfuerzos axiles resultante de sumar este esfuerzo de compresión a la ley de la figura 6.10d, por lo queresulta esta misma trasladada hacia abajo (figura 6.10e).

(ii ) La tensión máxima se produce en la sección B y vale )=�116,67×10�3 /25×10�4 =�46,7 MPa.

(iii ) El movimiento del punto M será:


6 Para cargas horizontales es un mecanismo.

Enseñanzas: — Hemos resuelto un problema hiperestático de grado 1 con una viga de sección constante por tramos.

— Hemos considerado dos hipótesis de carga heterogéneas: • carga térmica, y • carga mecánica.

— Para cargas que produzcan curvaturas, la viga se comporta como isostática y no sufre esfuerzos

— El aspecto de la ecuación hiperestática era, no obstante, el mismo para las dos hipótesis de carga.

— Hemos mantenido el mismo criterio de signos para la fuerza hiperestática que para su movimiento aún asabiendas de que iba a resultar de sentido contrario. Ello nos ha permitido: • comprobar nuestra intuición física, y • asegurarnos de que el coeficiente de la incógnita hiperestática sale positivo.

— Hemos obtenido los esfuerzos de la carga mecánica integrando la carga repartida.

— Hemos obtenido los movimientos integrando los esfuerzos encontrados.

— Conviene darse cuenta de que para pasar de cargas a movimientos hay que integrar dos veces (de algunamanera).

Problema 6.3.5: Losa flexible colgadaLa viga AB de la figura 6.11a es de rigidez constante (EI= 2×106 t×m2). Cuelga de tres barras de igual longitud yde sección constante (EA= 10.000 t) articuladas en sus extremos. Para la carga P= 20 t que actúa en el lugarindicado en la figura, se pide:

a) Dibujar la ley de momentos flectores en la viga.

b) Determinar el movimiento vertical del punto de aplicación de la carga. (Examen junio 91.)

a) A la viga le sobra un apoyo, que la hace hiperestática de grado 1 para cargas verticales.6 (El que los apoyos seanflexibles no afecta a su estaticidad.) La estructura es semejante a la del problema 6.3.3 pero con una diferenciaimportante: la viga suspendida no es infinitamente rígida sino que tendrá deformaciones —y movimientos—porflexión. Tomando, como entonces, por estructura isostática asociada la de la figura 6.11b, la ecuación hiperestáticaserá, igual que en aquel caso, vC

(viga)= vC(barra); sin embargo, en el primer término habrá que incluir la flecha por

flexión de la viga (además de la debida al alargamiento de las barras)

La carga exterior produce la ley de momentos flectores y las reacciones de la figura 6.11c. Midiendo los movimientosverticales positivos hacia arriba (como la carga hiperestática de la viga) se tiene:

en donde vC(rig) es la componente de la flecha por movimientos de sólido rígido de la viga (tanto de traslación como

de giro de arrastre) causados por el alargamiento de las cables sustentantes en A y B; vC(flex) es la componente de

flexión (se ha calculado desde el extremo B). La suma de ambos términos es la flecha total causada por la cargaexterior.



La fuerza hiperestática T2 produce la ley de momentos flectores de la figura 6.11d. El movimiento vertical en C es:

El segundo sumando es la flecha en el centro producida por una carga en el centro.

El movimiento vC(barra) bajo T2 resulta �T2×10�3 m. La ecuación de compatibili dad es:

que arroja el resultado T2= 7,041 t. La ley de momentos flectores final resulta de sumar las de las figuras 6.11c y dusando este coeficiente. El resultado se muestra en la figura 6.11e.

b) La carga exterior produce la siguiente flecha en D (calculada como antes en C):

y la hiperestática (calculada desde A):

Por consiguiente, vD=-13,035 mm.


Tabla 6.1Fórmulas de giros en apoyos causados por cargas sencillas, que debes recordar

Enseñanzas — Se trata de una viga sobre tres apoyos verticales; el que éstos sean flexibles no cambia su grado de

hiperestatismo.

— La estructura es semejante a la del problema 6.3 y por ello, eligiendo la misma incógnita hiperestática, suecuación de compatibili dad tiene el mismo aspecto.

— El coeficiente de la incógnita hiperestática volvió a ser la suma de dos términos positivos, uno por cadasubestructura (viga y barra central) que concurre en el punto de separación.

— El término independiente volvió a ser el movimiento producido por la carga exterior.

— Al incluir la deformabili dad de la viga (que era despreciable en el problema 6.3) sólo aumenta el númerode componentes de los movimientos que entran a formar parte de la ecuación de compatibili dad. Había: • movimiento de arrastre, o de sólido rígido, por los movimientos de los apoyos elásticos, más • movimiento relativo, el usual de flexión en la viga.


7 Las rótulas deberán estar bien colocadas para no convertir en mecanismo algún vano.

Figura 6.12Comparación entre el trabajo individual y el solidario.

Interpretación de éste.

6.4 Vigas continuas

Caso par ticular , frecuenteLas vigas continuas son un tipo de estructura hiperestática particular pero muy extendido. Por eso vamos a ver unprocedimiento de cálculo, también particular para ellas, que goza de la gran ventaja de ser considerablemente mássencill o de aplicar que el método general que estudiaremos en el apartado siguiente. Para aplicar con soltura elmétodo de viga continua tienes que memorizar las fórmulas de giro en los apoyos de la tabla 6.1 (copia de la 4.2).

Hiperestáticas de flexión y de axilLas cargas de flexión activan ciertas coacciones hiperestáticas y las de axil , otras. El número total es el que se obtienemediante el recuento del apartado 6.1, pero el que interesa es normalmente menor. El grado de hiperestatismo enflexión de una viga continua es en general Nv�1, siendo Nv el número de vanos. Si hubiera Nr rótulas intermediasel grado de hiperestatismo sería entonces Nv�Nr�1.7 Aquí estudiaremos sólo el hiperestatismo de flexión. Elhiperestatismo axil se resuelve aparte como en el ejemplo 6.2.1 y en el problema 6.3.1.

Hiperestatismo solidar ioLa ventaja de las vigas continuas reside en que la cargano la resiste el vano que la recibe de manera individualsino que éste es ayudado solidariamente por los vanosadyacentes. De esta forma todos los vanos flectan yproducen entre todos la energía elástica necesaria parasoportar las cargas. Así, en la figura 6.12a se ve eltrabajo individual de dos vigas no unidas; en lafigura 6.12b se ve el trabajo solidario de una vigacontinua de dos vanos, y en la figura 6.12c se interpretacómo se materializa esta ayuda: mediante pares demomentos exteriores (el momento flector que aparecesobre el apoyo).

Método: incógnitas y ecuacionesEl momento hiperestático M que se prestan mutuamente los vanos de la figura 6.12c se determina con la condiciónde que el giro sobre el apoyo intermedio sea el mismo por la izquierda que por la derecha. El método de cálculo devigas continuas consiste, pues, en:

— cortar y separar en vanos isostáticos • (los vanos con rótulas deberán seguir unidos a uno sin ellas para asegurar el equili brio estático),

— introducir pares de momentos iguales y opuestos a ambos lados de los cortes, y

— determinar las magnitudes de cada par imponiendo la continuidad en el giro sobre cada apoyo cortado.

Las incógnitas hiperestáticas son, pues, los momentos flectores sobre los apoyos intermedios, y las ecuacioneshiperestáticas, las de continuidad en giros en dichos apoyos.

§6.4 Vigas continuas 6.21


Ejemplo 6.4.1: Cargas mecánicasDeterminar el reparto de momentos flectores en laviga continua de la figura 6.13a. Los vanos son deigual longitud, L; el izquierdo soporta una cargapuntual P en su centro y el derecho, una carga repar-tida q= P/L.

Separamos en dos vanos cortando por el apoyointermedio e introducimos la pareja de momentosexteriores ±M en los extremos (figura 6.13b), quesimulan el momento flector que se prestan los vanos.(Sabemos que éste será de signo contrario; noobstante, suponemos que los M's provienen de unmomento flector positivo y el cálculo nos dará susigno debido.) Escribimos la expresión de los giros acada lado del apoyo B; cada una constará del términodebido a la carga exterior y del debido a lahiperestática M:

La continuidad reduce el momento flector máximo en el vano AB de 0,250PL a 0,172PL. El momento máximopositivo en el vano BC ocurre allí donde el cortante es nulo:

y se reduce al 47,27% de su valor original. El momento flector máximo en este vano pasa a ser el negativo sobre elapoyo, que es un 25% superior al positivo original. El momento flector máximo en la estructura se reduce en un 31%.La reacción central se incrementa en un 31% y las laterales se reducen en esa misma proporción.

El efecto de la continuidad de "empujar hacia arriba" las leyes de momentos flectores se observa en la figura 6.13c,en la que se muestran las leyes de momentos flectores de las vigas sin continuidad y de la viga continua.

Enseñanzas: — Hemos resuelto el primer problema por el método de viga continua:

• descomponiendo en vanos, • introduciendo momentos de continuidad sobre los apoyos, • imponiendo que con estos momentos (y la carga exterior del vano) los giros a ambos lados del

apoyo común resulten iguales.

— Se observa que el momento hiperestático aparece con signos contrarios a los lados de la ecuaciónhiperestática. Así su efecto se sumará, nunca desaparecerá de la ecuación.

— Hemos comprobado que el hiperestatismo reduce el momento máximo que debe resistir la viga "empujandohacia arr iba" la ley de momentos flectores de la viga isostática; • hemos hallado la nueva posición y el valor máximo del momento positivo en una ley "movida

hacia arriba"; � esto lo hicimos encontrando el punto de esfuerzo cortante nulo;

5 el máximo se desplazó ligeramente hacia el lado en que la curva subió menos.

— La reacción central se incrementó sensiblemente respecto de la que hubieran dado las vigas separadas; • las reacciones laterales se redujeron proporcionalmente.


Figura 6.14Efecto de un descenso de apoyo en una viga continua

Asientos de apoyoLa desventaja del hiperestatismo está en que produce esfuerzos por movimientos impuestos. El movimiento impuestomás común en una viga continua es el asiento de un apoyo. Hay que recordar que, aunque pintemos los apoyosdebajo de la viga, éstos coaccionan el movimiento vertical en ambos sentidos; por eso, un asiento de apoyo fuerzaa la viga a moverse con él tal como lo haría una fuerza vertical desconocida que actuase en vez del apoyo.

Ejemplo 6.4.2: Asiento de apoyoDeterminar los esfuerzos y las reacciones queproduce en la viga continua de dos vanos deigual luz L un descenso de su apoyo B(figura 6.14a).

La descomposición en vigas simples se haceen la figura 6.14b. Los giros en el apoyo B sedeben ahora al descenso de este apoyo y almomento hiperestático M. La ecuaciónhiperestática es:

Observa que la reacción que tira del apoyo Bhacia abajo es la carga P desconocida quenecesitábamos para producir la flecha = P(2L)3/48EI en el centro del vano AC deluz 2L. Sin embargo, este procedimiento decálculo no resultará siempre tan sencill o.

La ley de momentos flectores se muestra en la figura 6.14c. Se observa que, al revés que las cargas exteriores, elasiento de un apoyo produce un momento positivo sobre éste, que se sumará a los de las cargas exteriores "bajando"la ley. Los esfuerzos cortantes (figura 6.14d) se obtienen bien derivando la ley de momentos o bien a partir de lasreacciones de los apoyos que resultan de la figura 6.14b.

Enseñanzas: — Hemos resuelto una viga continua sometida a un descenso de apoyo por el mismo procedimiento del

ejemplo anterior.

— Encontramos que los asientos de apoyo se tratan como una carga exterior más, que produce su giro deapoyo en la viga descompuesta.

— Al igual que el momento de continuidad, el giro producido por un asiento de apoyo aparece con signoscontrarios a los lados de la ecuación hiperestática. Así se sumarán sus efectos, nunca se anularán.

— Comprobamos que los asientos de apoyo agravan los esfuerzos en una viga continua porque tienden a"bajar" la ley de momentos flectores.

— La ley de esfuerzos cortantes se puede determinar de dos maneras: • derivando la ley de momentos flectores, o • considerando las cargas exteriores, incluidas las reacciones de apoyo del vano (parcial) en cuestión

— La reacción en un apoyo intermedio resulta ser la suma algebraica de las reacciones procedentes de losvanos que en él concurren.



Curvatura térmicaLa elongación térmica afecta al hiperestatismo axil y se trata por separado. La curvatura térmica produce giros enlos apoyos de las vigas separadas, que se tratan como los de otra carga exterior cualquiera.

Hay que decir con mucho énfasis que cuando se tienen curvaturas térmicas, M= EI(3-3T):

— los momentos flectores resultan sólo del cálculo de continuidad en giros, mientras que

— las curvaturas serán la suma de las procedentes de: • de los momentos flectores anteriores , y • la curvatura térmica

Extensión a pór ticos intraslacionalesEl método de viga continua se puede extender con facili dad a los pórticos intraslacionales (aquéllos cuyos nudos nose mueven, o se mueven una cantidad conocida).

Ejemplo 6.4.3: Pór tico intraslacional Determinar las leyes de esfuerzos en el pórtico de la figura 6.15a.

Este pórtico es intraslacional siempre y cuando se desprecie la elongación por esfuerzo axil , por las razonessiguientes: (i) uB debe ser nulo porque la distancia BC no varía, y (ii ) vB debe ser también nulo porque AB no varía.Podemos por ello colocar artificialmente un apoyo en B y descomponer en vigas simples (figura 6.15b) igual quehicimos en el ejemplo 6.4.1. La ley de momentos flectores (figura 6.15c) resultará ser semejante a la de lafigura 6.13c. La ley de cortantes (figura 6.15d) también es semejante y se puede obtener (i) derivando la anterior o(ii ) teniendo en cuenta que las reacciones del apoyo ficticio B deben ser fuerzas internas: la reacción horizontal enel apoyo ficticio B será el cortante en AB, la vertical, el cortante en BC. Hasta aquí como en la viga continua de lafigura 6.13a. La novedad surge porque en el pórtico aparecen esfuerzos axiles. Éstos se determinan por equili brioen los nudos (figura 6.15e). En el nudo ortogonal es evidente que el cortante en una viga se convierte en el axil dela otra; en nudos no ortogonales es preciso proyectar los esfuerzos cortantes sobre los ejes de las barras y resolverel sistema. La ley de axiles de nuestro ejemplo se da en la figura 6.15f.


Figura 6.16Ensamblado de matrices de flexibili dad de miembros individuales para formar la matriz de flexibili dad del conjunto

Enseñanzas: — En pórticos hiperestáticos intraslacionales también se puede aplicar el método de cálculo de las vigas

continuas, añadiendo apoyos ficticios.

— Cuando los nudos sufren movimientos conocidos, también es ventajoso el método de viga continua,introduciendo los movimientos como asientos de apoyo.

— Las leyes de cortantes resultan como en vigas continuas: • derivando la ley de momentos flectores, • o a partir de las cargas exteriores y las reacciones:

� de los apoyos reales � y de los apoyos ficticios.

— En los pórticos aparecen esfuerzos axiles. Éstos se determinan a partir de los cortantes en los nudos, porequili brio.

Ecuación de los tres momentosVeamos cuál es el aspecto general de las ecuaciones que nos aparecen al formular una viga continua. Escogemosel nudo B de la viga continua (ya desmembrada) de la figura 6.16a porque tiene «compañeros hiperestáticos» aambos lados:

en donde el subíndice (i) indica que son valores del vano de la izquierda, y el (d), de la derecha. Los giros �B (ext) son

los producidos a izquierda y derecha por las cargas exteriores en sus vanos correspondientes, incluyendo en general,cargas mecánicas, curvaturas térmicas y asientos de apoyo como en los ejemplos 6.4.1-3 precedentes.

Cuando en la ecuación típica anterior reunimos en un mismo miembro los términos con incógnitas y en el otro, lostérminos con datos, nos queda de la siguiente manera:

(6.4-1)


siendo �B,rel(ext) el giro relativo en B debido a las cargas exteriores (mecánicas, térmicas o asientos de apoyo), el de

la derecha menos el de la izquierda.

Definida la matriz de flexibili dad en giros de una viga biapoyada como:

(6.4-2)

con c11= c22= L/3EI, y c12= c22=�L/6EI dados en la tabla 6.1 para vigas de sección constante (otros valores parainercia variable, como veremos en los problemas 6.5.3 y 6.5.5), cada viga tendrá la suya, como se muestra en lafigura 6.16b. Al escribir todas las ecuaciones (6.4-1) de igualdad de giros por la izquierda y por la derecha se obtieneun sistema como el de la figura 6.16c. En él se observa cómo la matriz de flexibili dad de cada viga (o una parte deella en las vigas extremas) se ensambla con las de las otras vigas hasta componer la matriz de flexibili dad de laestructura. Hay que observar, no obstante, que los términos de fuera de la diagonal cambian su signo en elensamblaje.

Resumen: — Las vigas continuas y los pórticos hiperestáticos intraslacionales o de traslacionalidad conocida se pueden

resolver: • separando en vanos estables sobre los apoyos reales o ficticios,

� si un vano contiene rótula, habrá que considerarlo unido a otro sin ella para que seaestable:

• introduciendo momentos de continuidad iguales y opuestos en los vanos a ambos lados del cortede separación;

• y escribiendo las ecuaciones hiperestáticas que expresan la igualdad de giros a ambos lados.

— El sistema de las ecuaciones hiperestáticas que resultan al igualar los giros se compone de: • La matriz del sistema: formada por las filas de las matrices de flexibili dad de los miembros que

concurren en cada nudo (con momento hiperestático), � sumándose en la diagonal principal, � con signo menos fuera de la diagonal.

• El vector de datos: formado por los giros relativos producidos por las cargas exteriores: � cargas gravitatorias, � asientos de apoyo o movimientos conocidos, � curvatura por calentamiento no homogéneo,y que aparecen con signo contrario en cada vano para dar giro relativo.

— Este método resuelve el hiperestatismo de flexión, cuyo grado es: • número de vanos • menos número de rótulas • menos 1.

— El hiperestatismo axil se resuelve aparte, con toda comodidad. Grado: número de apoyos fijos menos 1.

— Las leyes de momentos flectores se obtienen por tramos al considerar: • las isostáticas de las cargas gravitatorias (no térmicas) exteriores, • movidas hacia arriba (o abajo) por la ley lineal de los momentos hiperestáticos encontrados; • y las reacciones que se tienen en el tramo por ambas causas.

— Las curvaturas son la suma de las de flexión, M/EI , y las térmicas 3T dadas por (3.6-1) o (3.6-8).

— Las leyes de esfuerzos cortantes se pueden obtener de dos maneras: • derivando las de momentos flectores, o • proyectando sobre la normal las cargas exteriores y las reacciones de cada tramo aislado.

— Las reacciones en un apoyo son la suma de las aportadas por los vanos adyacentes.

— En los pórticos aparecen esfuerzos axiles debidos a la flexión. Éstos se determinan a partir de los esfuerzoscortantes invocando el equili brio de los nudos.

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